
\section{一般项级数}
\label{sec:signed-series}

\subsection{交错级数}
\label{sec:alternating-sign-series}

\begin{definition}
  如果序列$\{a_n\}$的任意相邻两项的符号都相反，即整个序列交错的取正值和负值，则称其为\emph{交错序列}，而对应级数$\sum_{i=1}^{\infty}a_n$为\emph{交错级数}.
\end{definition}

对于交错级数的收敛性有如下结论

\begin{theorem}
  如果数列$\{a_n\}(n=0,1,\ldots)$单调递减并趋于零，则级数$\sum_{i=0}^{\infty}(-1)^{n}a_n$收敛。
\end{theorem}

\begin{proof}[证明]
级数$\sum_{i=0}^{\infty}(-1)^{n-1}a_n$与级数$\sum_{i=0}^n(-1)^na_n$的收敛性是相同的，这里只是为了方便而让首项$a_0$的符号是正的。  

作级数的部分和$S_n=a_0-a_1+a_2-\cdots+(-1)^na_n$,显然
\[ S_{2n+1}=(a_0-a_1)+(a_2-a_3)+\cdots+(a_{2n}-a_{2n+1}) \]
由$\{a_n\}$单调递减可知$S_{2n+1}$是单调增加的正项数列，但是
\[ S_{2n+1}=a_0-(a_1-a_2)-(a_3-a_4)-\cdots-(a_{2n-1}-a_{2n})-a_{2n+1} \]
显然就有$S_{2n+1}<a_0$，即$S_{2n+1}$又有上界，所以$S_{2n+1}$收敛，同样的方法还可得出$S_{2n}$是单调递减有下界，因而也收敛，而由$S_{2n+1}=S_{2n}+a_{2n+1}$及$a_n \to 0(n \to \infty)$可知这两个子列只能收敛到相同的极限，即级数$\sum_{i=0}^{\infty}(-1)^na_n$收敛。
\end{proof}

\subsection{绝对收敛}
\label{sec:abs-converage-series-and-its-properties}

\begin{definition}
  对于级数$\sum_{n=1}^{\infty}a_n$，如果它的各项的绝对值相加而得的新级数$\sum_{n=1}^{\infty}|a_n|$收敛，则称原来的级数是 \emph{绝对收敛} 的.
\end{definition}

\begin{theorem}
  如果一个级数绝对收敛，则它一定收敛。
\end{theorem}

\begin{proof}[证明]
  由柯西准则，如果级数$\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}$绝对收敛，则对于任意$\varepsilon>0$，存在正整数$N$，使得对于任意$n>N$和任意正整数$m$成立
  \[ |a_{n+1}|+|a_{n+2}|+\cdots+|a_{n+m}| < \varepsilon \]
  于是也有
  \[ |a_{n+1}+a_{n+2}+\cdots+a_{n+m}| < \varepsilon \]
  所以原来的级数也收敛。
\end{proof}

注意收敛级数并一定都是绝对收敛，如交错级数$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{1}{n}$。

下面的定理提示了绝对收敛级数的一个非常重要的性质
\begin{theorem}
  如果一个级数绝对收敛，则将它的项任意重新排列后所得新级数仍然绝对收敛，且其和不变。
\end{theorem}

\begin{proof}[证明]
  由于正项收敛级数任意重排后仍然收敛且和不变，因此将一个绝对收敛的(非全正项)级数的项任意重排后显然仍然是绝对收敛的。

  下面来证明，任意重排其项的顺序，其和也不会变.

  绝对收敛的级数，都可以看成由一个正项级数通过对各项添加正负号而得到， 记此正项级数为 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$，其和记作$A$，部分和记作$A_n$，而原来的级数可以写成 $\sum_{n=1}^ns_na_n$,其中$s_k\in\{-1,1\}$为符号因子，其部分和记作 $T_n$.

  $T_n$显然可以分为两部分，一部分是取正号的那些项之和，一部分是取负号的那些项之和，为此记
  \[
    \lambda_k=
    \begin{cases}
      1,  & \quad s_k=1 \\
      0,  & \quad s_k=-1
    \end{cases}
    , \quad
    \mu_k =
    \begin{cases}
     0, \quad & s_k=1 \\
     1, \quad & s_k=-1
    \end{cases}
  \]
  $\lambda_k$对于取正号的那些项其值为1，对于取负号的那些项其值为0，$\mu_k$则对取正号的那些项其值为0，对取负号的那些项其值为1，因此$\lambda_k$与$\mu_k$就是每一项取正负号的选择因子，现在再作两个级数$\sum_{n=1}^{\infty}\lambda_na_{n}$ 与 $\sum_{n=1}^{\infty}\mu_na_n$，显然这两个级数都是非负项级数，它们都是从正项级数$\sum_{n=1}^{\infty}a_n$中将部分项替换为0而得来.由于$ 0 \leqslant \lambda_ka_k \leqslant a_k$与 $ 0 \leqslant \mu_ka_k \leqslant a_k$，由比较判别法知这两个级数都收敛，记它们的和数分别为$P$和$Q$(都不超过$A$)，而部分和分别记作$P_n$与$Q_n$.

  容易发现，在这样的定义下成立着 $s_k=\lambda_k-\mu_k$，因此原级数的部分和
  \[ T_n=\sum_{k=1}^ns_ka_k = \sum_{k=1}^n(\lambda_k-\mu_k)a_k = \sum_{k=1}^n\lambda_ka_k - \sum_{k=1}^n\mu_ka_k = P_n-Q_n \]
  于是$T_n$必以$P-Q$为其极限，从而原级数 $\sum_{n=1}^{\infty}s_na_n$收敛，且其和为 $P-Q$.

  这表明: 对一个正项的收敛级数的每一项任意添加正负符号，得到的新级数仍然收敛，并且其和等于添加正号的的子级数的和数减去添加负项的子级数的和数的差.

  现在考虑重排级数$\sum_{n=1}^{\infty}s_na_n$的项，对它的重排，对应着对级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\lambda_na_n$与$\sum_{n=1}^{\infty}\mu_na_n$ 的重排，而后两个级数的项都是非负的，重排并不影响它们的收敛性，也不影响它们的和数，重排后的它俩仍然会收敛到$P$与$Q$，从而重排后的新级数的和仍然会是$P-Q$. 换句话说: 这个和数不取决于项的排列顺序，只取决于项的正负号的选择($P$与$Q$的值只根正负号的选择有关).
\end{proof}


\subsection{条件收敛}
\label{sec:condition-coverage-of-series}

\begin{definition}
  如果一个级数收敛但非绝对收敛(即所有项的绝对值组成的级数发散)，就称其 \emph{条件收敛}.
\end{definition}


以下定理深刻提示了绝对收敛级数与条件收敛级数之间的区别。
\begin{theorem}[黎曼定理]
  如果一个级数条件收敛，则将它的项进行适当的重新排列后，可使新级数收敛到任意预先指定的实数。
\end{theorem}

\begin{proof}[证明]
 首先，条件收敛的级数一定有无穷多的正项和负项，即可以找到下标任意大的正项和负项，如若不然，则去掉起始片段有限项后的级数成为同号项级数，而其收敛性与原级数一致，这与条件收敛相矛盾(条件收敛即是说级数本身收敛，但若把所有项都取绝对值后发散).

 其次，条件收敛的级数，其正项子级数和负项子级数必然是两个发散的级数，如若不然，假定正项子级数收敛, 那么由于原级数和正项子级数的充分远的任意长片段的和的绝对值可以任意小，而负项子级数的任意片段均可以写为原级数片段与正项子级数片段之差，因此充分远的任意长片段也能任意小，于是负项子级数也是收敛的，而负项级数所有项同号，其性质与正项级数完全相同，于是原级数就成了由两个绝对收敛的级数拼串而成，于是也必须绝对收敛，这与原级数条件收敛矛盾.

 最后是构造排列方法使其收敛到任意预先指定的实数 $P$，先把原级数的正项子级数和负项子级数放在一边，新的排列将逐个从这两个子级数中按下标从小到大取项，且每次取走之后对应的子级数中就移除被取走的项，取项规则如下:
 \begin{itemize}
 \item 从两个子级数中任意选择一个取其首项作为新排列的首项.
 \item 以后的项决策如下: 记新排列的前 $n$ 项和为 $T_n$:
   \begin{itemize}
   \item 如果 $T_n<P$，则从正项子级数取下一项作为新排列的下一项.
   \item 如果 $T_n>P$，则从负项子级数取下一项作为新排列的下一项，
   \item 若 $T_n=P$，则从两个子级数中任意选择一个取其下一项作为新排列的下一项.
   \end{itemize}
 \end{itemize}
 由于正负两个子级数都是发散的，因此不可能出现从某项开始后续所有项都来自其中一个子级数的情况，换句话说，这两个子级数的每一项都能在新排列中有其自己的位置，新的排列是对原级数的一个重排.

 剩下的就是证明，新排列收敛到 $P$，从构造过程可知，$T_n$ 在 $P$ 的两侧反复振荡，如果 $T_n<P$，那么有 $|t_n-P|<a_n$($a_n$来自于正项子级数)，如果 $T_n>P$，那么 $|T_N-P|<|b_n|$($b_n$来自于负项子级数)，因此恒有 $|T_n-P|<min\{a_n,|b_n|\}$，而原级数的收敛性保证了右侧趋于零，因此 $T_n$ 必以 $P$ 为极限，即得证.
\end{proof}

这个定理说明，条件收敛的级数，其正项子级数和负项子级数均发散，而级数本身之所以收敛，是因为正负项之间相互抵消的结果，而这个抵消效果，高度依赖于正负项的排列情况.

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%%% TeX-master: "../calculus-note"
%%% End:
